《大学物理》第二章答案docx.docx

1、大学物理第二章答案docx习题二1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为 ：）上以初速度Vo运动，Vo的方向与解：物体置于斜面上受到重力斜面底边的水平线 AB Tr llbi-j;, R. Tl注史粒道.mg ,斜面支持力 N.建立坐标：取v0方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.2A题2-2图BX方向：F = 0 X = vtY方向：Fy = mg Sin ： = mayt = 0时y = 0 vy = 0由、式消去t,得y = 1 g sin ： t2y gSin ： X22V0f = 6 N, fy = -72质量为16 kg的质点在Xoy平面内运动，受一恒力作用

2、，力的分量为-1N,当 t = 0 时，x=y=0, VX = -2 m S , Vy = 0 .求当t = 2 S 盯质点勺(1)位矢；(2)述度.解： ax = 6 3 m s 2m 16 8fy 7 -2ay =mm 16S(1)235VX= V adt=-2 _ 2二m S084277.4Vy=Vy0 + JL a y dt2 m S168于是质点在2s时的速度 m s-5- 7 -V i j4 813 - 1-7 -=(-2 2 4)-( ) 4J28 2 1613 7i J m4 8VIn In eV0kt m(4)当t= m时，其速度为斗二 ve=VOekk m_ -m kV=

3、v0e即速度减至V0的1.e4一质量为m的质点以与地的仰角 =30的初速V0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量.解：依题意作出示意图如题 2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同， 与轨道相切斜向下 而抛物线具有对 y轴对称性，故末速度与 X轴夹角亦为30o ,则动量的增量为由矢量图知，动量增量大小为mv0 ,方向竖直向下.二 p = mv - mv05作用在质量为10 kg的物体上的力为 F = (10 2t)i N,式中t的单位是S, (1)求4s后，这 物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量. (2)为了使这力的冲量为200

4、 N s,该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度 -6j m s-1的物体，回答这两个问题.解：(1)若物体原来静止，则- t 4 IP=OFdt=O (10 2t)idt =56 kg m S i ,沿 X 轴正向，Lv1 = p1 = 5.6 m SJimI1= p1 = 56 kg m S i若物体原来具有6 m S J初速，则- - - t F - tp0 = -mv0, p =m(-v0 dt) = -mv0 亠 Fdt于是0 m 0_ _ _ t :P2 = P - P0 = .0 Fdt = P ,同理， Z2= w1,12=I1这说明，只要力函数不变，作

5、用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大， 那么物体获得的动量的增量 (亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理. 同上理，两种情况中的作用时间相同，即t 2I= o(10 2t)dt =10t t2亦即 t2 10t - 200 = 0解得 t =10 s, （V=20 s 舍去）6颗子弹由枪口射出时速率为 Vom SJ ,当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F=(a -bt)N( a, b为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零， 试计算子弹走完枪筒全长所需时间； (2)求子弹所受的冲量.(3)求子弹的质量.解：(1)由题意，子弹到枪口时，有F =(a

6、bt)=0,得 t= b(2)子弹所受的冲量t 1 2I =(a - bt)dt = at -三 bt2将t 代入，得b22b(3)由动量定理可求得子弹的质量I a2mVo 2bvo证毕.7设F合=7i -6jN . (1)当一质点从原点运动到 = -3i 4j 16km时，求F所作的功.(2)如果质点到r处时需0.6s ,试求平均功率.(3)如果质点的质量为1kg ,试求动能的 变化.解: (1)由题知，F合为恒力，A合=Fr =(7i -6j) (-3i 4j 16k)-21 -24 - -45 JA 45 P 75wt 0.6由动能定理， E=- -45 J18如题2-18图所示，一物体

7、质量为 2kg,以初速度V0 = 3ms从斜面A点处下滑，它与斜面 的摩擦力为8N,到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物 体最后能回到的高度.解：取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功能原理，有-frs Jkx221 2mv mgss in 3721 21k2mv mgssin 37 一 frs k 二式中s = 4.8 0.2 = 5 m , x = 0.2 m ,再代入有关数据，解得k =1390 N m题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h-fr s = mgs sin37 kx2代入有关数据，得 s =1

8、.4m,则木块弹回高度h =SSin37 = 0.84 m证：两小球碰撞过程中，机械能守恒，有题 2-20 图(a) 题 2-20 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv = mv1 mv2亦即 Vo=V1 v2 由可作出矢量三角形如图 （b）,又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以 VO为斜边，故知V1与V2是互相垂直的.1O 一质量为m的质点位于（x1,y1）处，速度为V= VXi Vyj ,质点受到一个沿X负方向的 力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩.解：由题知，质点的位矢为r 二灯 y j作用在质点上的力为f = - fi所以，质点对原点的角动量为Lo =

9、 r mV= (XIi yi ) m(Vi Vyj)=(XImVy y1mVx)k作用在质点上的力的力矩为 一 一 一 M o = r f = (x1i y1 j) (一 fi ) = y1 fk10 、，11哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆. 它离太阳最近距离为 r1 = 8.75 10 m时的速率是 v1 = 5.46 104 ms1 ,它离太阳最远时的速率是 V2 = 9.08 1m SI iji.H J(J）所以角动量守恒；又由于距离Q多少?（太阳位于椭圆的一个焦点。解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力一一即有心力的作用， 哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有r1

10、mv1 = r2mv212物体质量为3kg , t=0时位于r = 4i m , = i 6jm s1 ,如一恒力f = 5j N作用在物体上，求3秒后，（1）物体动量的变化；（2）相对Z轴角动量的变化. 3 1解：(1) AP= ILfdt=O 5jdt = 15j kg m s(2)解(一) X=XOV0xt = 4 3=71 2 1 5 2y=v0yt at =6 3 3 = 25.5jy 2 2 3即 r4i , a =7i 25.5j=V0yVyL1 = r1 mv1 = 4i 3(i 6 j) = 72kL2 =Q mv2 =(7i 25.5j) 3(i 11j)=154.5k2

11、1LL = L2 - L1 = 82.5k kg m S-5(4 t)kdt = 82.5k kg m2 SJ-1 十 Lt13飞轮的质量 m = 60kg ,半径R = 0.25m ,绕其水平中心轴 O转动，转速为90OreV min 现 利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力 F ,可使飞轮减速已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 J =0.4 ,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘 计算.试求：(1)设F = 100 N ,问可使飞轮在多长时间内停止转动 ？在这段时间里飞轮转了几转 如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 F ?解：(1)先作闸杆和飞轮的受力分

12、析图 (如图(b).图中N、N 是正压力，Fr、Fr是摩擦力，FX和Fy是杆在A点转轴处所受支承力， R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力.900 2 二 9 二4140(9 二)223 4题 2-25 图(b)杆处于静止状态，所以对 A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有F (l1 I2) - N l1 =O1 2对飞轮，按转动定律有 -FrR/I ,式中负号表示1与角速度，方向相反以F =100 N等代入上式，得Frl160 40-7.06 s这段时间内飞轮的角位移为= 53.1 2 二 rad可知在这段时间里，飞轮转了 53.1转.2兀 I(2) 0 =900 rad s ,要求飞轮

13、转速在t =2s内减少一半，可知60 0rad Sd20t 2t用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为mRl1F 124(h +J)60 0.25 0.50 15 二2 0.40 (0.50 0.75) 200转动.设大小圆柱体的= 177 N14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴半径分别为R和r ,质量分别为 M和m .绕在两柱体上的细绳分别与物体 m1和m2相连,m1和m2则挂在圆柱体的两侧， 如题2-26图所示.设R = 0.20m, r = 0.10m, m = 4 kg, M=10 kg， m1 = m2 = 2 kg ,且开始时 m1, m2离地均为h =

14、 2m求:(1)柱体转动时的角加速度;(2)两侧细绳的张力.题 2-26(a)图F题 2-26(b)图解：设a1, a2和分别为m1, m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图 (如图b).(I) m1, m2和柱体的运动方程如下:T2m2g = m2a2m1g -T1 = m1a1T1 R -乙r汀式中 T1 =TI ,T2 = T2, a2 =rl,a11 2 1 2 而 I MR mr2 2由上式求得n RmI-rm 22 2 g1m1R m2r0.2 2 -0.1 :9.81 2 1 2 2 2-10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.10222= 6.13 rad S(2)由式T2 = m2r.亠 m2g = 2 0.10 6.13 2 9.8 = 20.8 N由式15如题2-28图所示，一匀质细杆质量为 m，于水平位置由静止开始摆下求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过V角时的角速度.解：(1)由转动定律，有长为I ,可绕过一端 O的水平轴自由转动，杆(2)由机械能守恒定律，有mg1 = =2l仙2厂3gmg 丄 Sin-丄(1ml2),2 2 3T1=m1g-m1R-=2 9.82 0.2. 6.13=17.1 N3g Sin -